好，那现在开始证第三个命题。当然了，这里更多的像验证，因为齐次一、二类边界条件的话，我们可以定性地判断能量守恒。这里先说下，就不能直接从复数推了，这里得用上一个命题的结论。这是因为命题二用复数，相当于一个不完整的傅里叶级数，是为了线性的情况下方便运算，毕竟这个时候不改变实部嘛。但是现在找能量，需要平方项了，所以这么做就有问题了。这里再说下第一个命题为什么可以用复数做，其实这里不是用到复数线性运算实部虚部互不影响的性质，而是直接傅里叶变换过去了，所以本质是同一个函数，而并非仅实部相同，所以没有问题。

我们还是以第一类齐次边界条件和第二类齐次边界条件为例。

对第一类齐次边界条件：

将（2.29）代入（1.1），有：

\(dT_1 = \frac{1}{2}\rho_1dx(\frac{\partial u_1}{\partial t})^2 = \frac{1}{2}\rho_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty(-\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}})A_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.1）

化简：

\(dT_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.2）

将（2.29）代入（1.5），有：

\(dV_1 = \frac{1}{2}\varepsilon_1dx(\frac{\partial u_1}{\partial x})^2 = \frac{1}{2}\varepsilon_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty(\frac{n\pi}{L})A_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.3）

化简：

\(dV_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2\)（3.4）

那么：

\(dE_1 = dT_1+dV_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx+(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx)\)（3.5）

积分即得总能量：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1(\int_0^L(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}sin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx+\int_0^L(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,1}cos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))^2dx)\)（3.6）

接下来麻烦的就来了，有个求和的平方，如果没有的话，积分扔求和里面就行了，但是有的话就麻烦了。所以，我们先不管那么多，先把平方展开，然后把积分号扔进求和里：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum\limits_{n,m=0}^\infty nmA_{n,1}A_{m,1}sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})sin(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,1})\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum\limits_{n,m=0}^\infty nmA_{n,1}A_{m,1}cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})cos(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,1})\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx))\)（3.7）

这里出现了双重求和，有点难受，但是比之前求和在积分号和平方里面好多了。

现在看看求和里面的积分，这个形式，我们想到了三角函数族的正交性，下面放图了，不想一个个打了，图来自梁昆淼先生的数学物理方法：

当然，这里的和图中的还是有略微不同的，因为在半个周期上积分，不过第二、三条仍成立，证明如下：

\(\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx = \frac{1}{2}(\int_0^Lcos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx-\int_0^Lcos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx) =  \frac{1}{2}(\int_0^{(m-n)\pi}cos(u)du-\int_0^{(m+n)\pi}cos(u)du) = 0\)（3.8）

\(\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx = \frac{1}{2}(\int_0^Lcos(\frac{(m-n)\pi x}{L})dx+\int_0^Lcos(\frac{(m+n)\pi x}{L})dx) =  \frac{1}{2}(\int_0^{(m-n)\pi}cos(u)du+\int_0^{(m+n)\pi}cos(u)du) = 0\)（3.9）

那么（3.7）可简化为：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\int_0^Lsin^2(\frac{n\pi x}{L})dx)+(\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})\int_0^Lcos^2(\frac{n\pi x}{L})dx))\)（3.10）

积分得：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1((\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1}))+(\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,1})))\)（3.11）

现在两个求和里面的东西可以放在一起了：

\(E_1 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,1}^2\)（3.12）

很显然，可以看出能量不是时间的函数，即能量守恒。

这个结论也可以由定性分析得出：外力只作用于两个端点，而这两个端点始终无位移，故外力不做功，能量守恒。

现在第二类齐次边界条件的情况也可以方便地类比得出了，但是还是写下吧。

（2.44）代入（1.1），化简：

\(dT_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,2}cos(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))^2\)（3.13）

（2.44）代入（1.5），化简：

\(dV_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1dx(\sum\limits_{n=0}^\infty nA_{n,2}sin (\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))^2\)（3.14）

（3.13）、（3.14）相加得总能量，积分、展开平方：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{2L^2}\varepsilon_1((\sum\limits_{n,m=0}^\infty nmA_{n,2}A_{m,2}sin(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})sin(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,2})\int_0^Lcos(\frac{n\pi x}{L})cos(\frac{m\pi x}{L})dx)+(\sum\limits_{n,m=0}^\infty nmA_{n,2}A_{m,2}cos(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})cos(\frac{m\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{m,2})\int_0^Lsin(\frac{n\pi x}{L})sin(\frac{m\pi x}{L})dx))\)（3.15）

由（3.8）、（3.9）化简、再积分有：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1((\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2sin^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2}))+(\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2cos^2(\frac{n\pi}{L}\sqrt{\frac{\varepsilon_1}{\rho_1}}t+\phi_{n,2})))\)（3.16）

合并求和：

\(E_2 = \frac{\pi^2}{4L}\varepsilon_1\sum\limits_{n=0}^\infty n^2A_{n,2}^2\)（3.17）

可见和一类齐次边界条件形式相同。

最后说下二类齐次边界条件能量守恒的定性分析：由（1.8）可知，此时边界不受外力，那么外界也不做功。

好了，那第三个结论就到这里了，接下来准备证第四个。（终于过半了）